关于算法:UnionFind算法应用

读完本文，你能够去力扣拿下如下题目：

130. 被围绕的区域

990. 等式方程的可满足性

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心愿你曾经读了这篇题解 Union-Find 算法详解

上篇文章很多读者对于 Union-Find 算法的利用示意很感兴趣，这篇文章就拿几道 LeetCode 题目来讲讲这个算法的奇妙用法。

首先，温习一下，Union-Find 算法解决的是图的动静连通性问题，这个算法自身不难，能不能利用进去次要是看你形象问题的能力，是否可能把原始问题形象成一个无关图论的问题。

先温习一下上篇文章写的算法代码，答复读者提出的几个问题：

class UF {
    // 记录连通重量个数
    private int count;
    // 存储若干棵树
    private int[] parent;
    // 记录树的“分量”private int[] size;

    public UF(int n) {
        this.count = n;
        parent = new int[n];
        size = new int[n];
        for (int i = 0; i < n; i++) {parent[i] = i;
            size[i] = 1;
        }
    }
    
    /* 将 p 和 q 连通 */
    public void union(int p, int q) {int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        if (rootP == rootQ)
            return;
        
        // 小树接到大树上面，较均衡
        if (size[rootP] > size[rootQ]) {parent[rootQ] = rootP;
            size[rootP] += size[rootQ];
        } else {parent[rootP] = rootQ;
            size[rootQ] += size[rootP];
        }
        count--;
    }

    /* 判断 p 和 q 是否相互连通 */
    public boolean connected(int p, int q) {int rootP = find(p);
        int rootQ = find(q);
        // 处于同一棵树上的节点，互相连通
        return rootP == rootQ;
    }

    /* 返回节点 x 的根节点 */
    private int find(int x) {while (parent[x] != x) {
            // 进行门路压缩
            parent[x] = parent[parent[x]];
            x = parent[x];
        }
        return x;
    }
    
    public int count() {return count;}
}

算法的关键点有 3 个：

1、用 parent 数组记录每个节点的父节点，相当于指向父节点的指针，所以 parent 数组内理论存储着一个森林（若干棵多叉树）。

2、用 size 数组记录着每棵树的分量，目标是让 union 后树仍然领有平衡性，而不会进化成链表，影响操作效率。

3、在 find 函数中进行门路压缩，保障任意树的高度放弃在常数，使得 union 和 connected API 工夫复杂度为 O(1)。

有的读者问，既然有了门路压缩，size 数组的分量均衡还须要吗？这个问题很有意思，因为门路压缩保障了树高为常数（不超过 3），那么树就算不均衡，高度也是常数，根本没什么影响。

我认为，论工夫复杂度的话，的确，不须要分量均衡也是 O(1)。然而如果加上 size 数组辅助，效率还是稍微高一些，比方上面这种状况：

如果带有分量均衡优化，肯定会失去状况一，而不带分量优化，可能呈现状况二。高度为 3 时才会触发门路压缩那个 while 循环，所以状况一基本不会触发门路压缩，而状况二会多执行很屡次门路压缩，将第三层节点压缩到第二层。

也就是说，去掉分量均衡，尽管对于单个的 find 函数调用，工夫复杂度仍然是 O(1)，然而对于 API 调用的整个过程，效率会有肯定的降落。当然，益处就是缩小了一些空间，不过对于 Big O 表示法来说，时空复杂度都没变。

上面言归正传，来看看这个算法有什么理论利用。

一、DFS 的代替计划

很多应用 DFS 深度优先算法解决的问题，也能够用 Union-Find 算法解决。

比方第 130 题，被围绕的区域：给你一个 M×N 的二维矩阵，其中蕴含字符 X 和 O，让你找到矩阵中 四面 被 X 围住的 O，并且把它们替换成 X。

void solve(char[][] board);

留神哦，必须是四面被围的 O 能力被换成 X，也就是说边角上的 O 肯定不会被围，进一步，与边角上的 O 相连的 O 也不会被 X 围四面，也不会被替换。

PS：这让我想起小时候玩的棋类游戏「黑白棋」，只有你用两个棋子把对方的棋子夹在两头，对方的子就被替换成你的子。可见，占据四角的棋子是无敌的，与其相连的边棋子也是无敌的（无奈被夹掉）。

解决这个问题的传统办法也不艰难，先用 for 循环遍历棋盘的 四边，用 DFS 算法把那些与边界相连的 O 换成一个特殊字符，比方 #；而后再遍历整个棋盘，把剩下的 O 换成 X，把 # 复原成 O。这样就能实现题目的要求，工夫复杂度 O(MN)。

这个问题也能够用 Union-Find 算法解决，尽管实现简单一些，甚至效率也略低，但这是应用 Union-Find 算法的通用思维，值得一学。

你能够把那些不须要被替换的 O 看成一个领有独门绝技的门派，它们有一个独特祖师爷叫 dummy，这些 O 和 dummy 相互连通，而那些须要被替换的 O 与 dummy 不连通。

这就是 Union-Find 的外围思路，明确这个图，就很容易看懂代码了。

首先要解决的是，依据咱们的实现，Union-Find 底层用的是一维数组，构造函数须要传入这个数组的大小，而题目给的是一个二维棋盘。

这个很简略，二维坐标 (x,y) 能够转换成 x * n + y 这个数（m 是棋盘的行数，n 是棋盘的列数）。敲黑板，这是将二维坐标映射到一维的罕用技巧。

其次，咱们之前形容的「祖师爷」是虚构的，须要给他老人家留个地位。索引 [0.. m*n-1] 都是棋盘内坐标的一维映射，那就让这个虚构的 dummy 节点占据索引 m * n 好了。

void solve(char[][] board) {if (board.length == 0) return;

    int m = board.length;
    int n = board[0].length;
    // 给 dummy 留一个额定地位
    UF uf = new UF(m * n + 1);
    int dummy = m * n;
    // 将首列和末列的 O 与 dummy 连通
    for (int i = 0; i < m; i++) {if (board[i][0] == 'O')
            uf.union(i * n, dummy);
        if (board[i][n - 1] == 'O')
            uf.union(i * n + n - 1, dummy);
    }
    // 将首行和末行的 O 与 dummy 连通
    for (int j = 0; j < n; j++) {if (board[0][j] == 'O')
            uf.union(j, dummy);
        if (board[m - 1][j] == 'O')
            uf.union(n * (m - 1) + j, dummy);
    }
    // 方向数组 d 是上下左右搜寻的罕用手法
    int[][] d = new int[][]{{1,0}, {0,1}, {0,-1}, {-1,0}};
    for (int i = 1; i < m - 1; i++) 
        for (int j = 1; j < n - 1; j++) 
            if (board[i][j] == 'O')
                // 将此 O 与上下左右的 O 连通
                for (int k = 0; k < 4; k++) {int x = i + d[k][0];
                    int y = j + d[k][1];
                    if (board[x][y] == 'O')
                        uf.union(x * n + y, i * n + j);
                }
    // 所有不和 dummy 连通的 O，都要被替换
    for (int i = 1; i < m - 1; i++) 
        for (int j = 1; j < n - 1; j++) 
            if (!uf.connected(dummy, i * n + j))
                board[i][j] = 'X';
}

这段代码很长，其实就是方才的思路实现，只有和边界 O 相连的 O 才具备和 dummy 的连通性，他们不会被替换。

说实话，Union-Find 算法解决这个简略的问题有点杀鸡用牛刀，它能够解决更简单，更具备技巧性的问题，次要思路是适时减少虚构节点，想方法让元素「分门别类」，建设动静连通关系。

二、断定非法等式

这个问题用 Union-Find 算法就显得非常柔美了。题目是这样：

给你一个数组 equations，装着若干字符串示意的算式。每个算式 equations[i] 长度都是 4，而且只有这两种状况：a==b 或者 a!=b，其中 a,b 能够是任意小写字母。你写一个算法，如果 equations 中所有算式都不会互相冲突，返回 true，否则返回 false。

比如说，输出 ["a==b","b!=c","c==a"]，算法返回 false，因为这三个算式不可能同时正确。

再比方，输出 ["c==c","b==d","x!=z"]，算法返回 true，因为这三个算式并不会造成逻辑抵触。

咱们前文说过，动静连通性其实就是一种等价关系，具备「自反性」「传递性」和「对称性」，其实 == 关系也是一种等价关系，具备这些性质。所以这个问题用 Union-Find 算法就很天然。

核心思想是，将 equations 中的算式依据 == 和 != 分成两局部，先解决 == 算式，使得他们通过相等关系各自团结成门派；而后解决 != 算式，查看不等关系是否毁坏了相等关系的连通性。

boolean equationsPossible(String[] equations) {
    // 26 个英文字母
    UF uf = new UF(26);
    // 先让相等的字母造成连通重量
    for (String eq : equations) {if (eq.charAt(1) == '=') {char x = eq.charAt(0);
            char y = eq.charAt(3);
            uf.union(x - 'a', y - 'a');
        }
    }
    // 查看不等关系是否突破相等关系的连通性
    for (String eq : equations) {if (eq.charAt(1) == '!') {char x = eq.charAt(0);
            char y = eq.charAt(3);
            // 如果相等关系成立，就是逻辑抵触
            if (uf.connected(x - 'a', y - 'a'))
                return false;
        }
    }
    return true;
}

至此，这道判断算式合法性的问题就解决了，借助 Union-Find 算法，是不是很简略呢？

三、简略总结

应用 Union-Find 算法，次要是如何把原问题转化成图的动静连通性问题。对于算式合法性问题，能够间接利用等价关系，对于棋盘突围问题，则是利用一个虚构节点，营造出动静连通个性。

另外，将二维数组映射到一维数组，利用方向数组 d 来简化代码量，都是在写算法时罕用的一些小技巧，如果没见过能够留神一下。

很多更简单的 DFS 算法问题，都能够利用 Union-Find 算法更丑陋的解决。LeetCode 上 Union-Find 相干的问题也就二十多道，有趣味的读者能够去做一做。